- 大意：给定(n)，(m)，(k)，求出满足下列两个要求的图的个数，允许重边己环和不联通：
- 每条边(1<=|u-v|<=K)且每个点连边偶数。$n,mleq 30 (，)kleq 8$
- 有个朴素的(Dp)就是状压(k)，设(f_{i,j,s})表示前(i)个点，(j)条边，最后(k)个点的奇偶性为(s)的方案数。
- 然后枚举(i)和谁连边向(j+1)转移，每个(s)再向(i+1)转移。
- 写完后发现这个做法有(bug)，因为同一个状态因为(i)向外连边的顺序不同而被重复记数了。
- 其实很好解决，(i)连向相同一个点的边就很像背包问题中的一件物品，每一件物品都是不限量的（只是最终要求了奇偶）。
- 想一想，我们的完全背包统计方案时并没有多开一维，但绝对不会重复计数的。
- 原因很简单，在做背包问题时，各个物品的选取存在严格顺序，不存在选了几个物品(a)，又选了一点别的，再去选了几个物品(a)的情况。
- 所以这里应当严格区分出各个物品，在每一个物品内部做完全背包。
- 代码很短
#include<bits/stdc++.h>
#define R register int
using namespace std;
const int mod=1000000007;
int n,m,k,now,lm,f[2][35][600];
void add(R &x,R y){x=(x+y>=mod?x+y-mod:x+y);}
int main(){
freopen("s.in","r",stdin);
cin>>n>>m>>k,lm=(1<<(k+1)),f[now][0][0]=1;
for(R i=1;i<=n;++i){
now^=1,memset(f[now],0,sizeof(f[now]));
for(R j=0;j<=m;++j)
for(R S=0;S<(1<<k);++S)
f[now][j][S<<1]=f[now^1][j][S];
for(R p=1;p<=min(i-1,k);++p)
for(R j=0;j<=m;++j)
for(R S=0;S<lm;++S)
add(f[now][j+1][S^1^(1<<p)],f[now][j][S]);
}
cout<<f[now][m][0];
return 0;
}